《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§11.9解答

习题11.9

11.9.1此题题干有问题，“函数f在q处”中f应为函数 $\displaystyle F(x):=\int_{[0, x]}f$ .

证明：由微积分第一基本定理(定理11.9)以及习题9.8.5的结论我们知函数F在每个非比例数处可微.

我们将从可微定义用反证法证明. 假设F在比例数 $r_0\in[0, 1)$ 处可微，由可微定义我们知对每个由 $[0, 1]\backslash\{r_0\}$ 中元素构成并且收敛到 $r_0$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，我们有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{F(a_n)-F(r_0)}{a_n-r_0}=F'(r_0)$ ，于是对每个 $\varepsilon>0$ 都存在自然数N使得对一切 $n\geqslant N$ 有 $|\frac{F(a_n)-F(r_0)}{a_n-r_0}-F'(r_0)|\leqslant\varepsilon$ ，我们从 $|\frac{F(a_n)-F(r_0)}{a_n-r_0}-F'(r_0)|\leqslant\varepsilon$ 可以得到 $(F(a_n)-F(r_0))\frac{|a_n-r_0|}{a_n-r_0}\leqslant(F'(r_0)+\varepsilon)|a_n-r_0|$ .

而我们当然可以从 $(r_0, 1](r_0<1)$ 中取满足上述要求的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，由习题9.8.5(b)我们结合上面结论知：对每个 $\varepsilon>0$ 存在自然数N使得对一切 $n\geqslant N$ 有 $\displaystyle (F'(r_0)+\varepsilon)(a_n-r_0)=(F'(r_0)+\varepsilon)|a_n-r_0|\geqslant (F(a_n)-F(r_0))\frac{|a_n-r_0|}{a_n-r_0}=F(a_n)-F(r_0)=\int_{[0, a_n]}f-\int_{[0, r_0]}f=\int_{[r_0, a_n]}f=\int_{(r_0, a_n]}f\geqslant\int_{(r_0, a_n]}(f(r_0)+2^{-n_{r_0}})(r_0=q(n_{r_0}))=(f(r_0)+2^{-n_{r_0}})(a_n-r_0)$ ，进而有 $F'(r_0)+\varepsilon\geqslant f(r_0)+2^{-n_{r_0}}$ ，由于 $\varepsilon$ 的任意性我们知有 $F'(r_0)\geqslant f(r_0)+2^{-n_{r_0}}$ .

类似的思路我们同样可以证明对(0, 1]中比例数有 $F'(r_0)\leqslant f(r_0)$ (从上面不等式 $|\frac{F(a_n)-F(r_0)}{a_n-r_0}-F'(r_0)|\leqslant\varepsilon$ 同样地可以得到 $(F'(r_0)-\varepsilon)|a_n-r_0|\leqslant (F(a_n)-F(r_0))\frac{|a_n-r_0|}{a_n-r_0}$ 然后对 $F'(r_0)$ 下界进行估计.)，这个矛盾说明F在(0, 1)中的比例数处不可微.

而在比例数0和1处是否可微从题设和习题9.8.5已知的结论我无法判断，也许要对习题9.8.5中的函数进行更深入的研究才能判断.

当然，其实还有一个更快速的路径，我们考虑在比例数 $r_0\in[0, 1]$ 处左右导数极限 $\displaystyle \lim_{x\rightarrow r_0; x\in[0, r_0)}\frac{F(x)-F(r_0)}{x-r_0}=\frac{\int_{[r_0, x]} f}{x-r_0}, \lim_{x\rightarrow r_0; x\in(r_0, 1]}\frac{F(x)-F(r_0)}{x-r_0}=\frac{\int_{[r_0, x]} f}{x-r_0}$ ，我们发现其是求积分的导数，只要被积函数是连续的我们就可以用微积分第一基本定理，于是我们可以从习题9.8.5中函数已知性质选择常数函数进行缩放，也可以得到上述的结论——对(0, 1]中比例数有 $F'(r_0)\leqslant f(r_0)$ ，并且对[0, 1)中比例数有 $F'(r_0)\geqslant f(r_0)+2^{-n_{r_0}}$ . 这也是我关于本书博文《习题解答阅读提醒&勘误》中第二个习题解答链接中城南讲马堂的解题思路.

同时我们注意到考虑函数在某处是否可导，只需要考虑此处左右导数极限是否同时存在且相等即可. 这是与函数在某点处连续有些许区别的，连续除了要求左右极限同时存在且相等，还要求极限值等于此处的函数值.

证明二(从推论10.2.9来证明)：从推论10.2.9的证明思路其实源于导数的几何意义——割线逼近切线. 同样地，此方法不能证明0,1处不可微，只能证明在(0, 1)中的比例数处不可微，因为其主要思路也是证明左右导数极限不相等. 在区间的端点此思路行不通.

我们将从可微定义用反证法证明. 假设F在比例数 $r_0\in(0, 1)$ 处可微，由可微定义我们知对每个由 $[0, 1]\backslash\{r_0\}$ 中元素构成并且收敛到 $r_0$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，我们有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{F(a_n)-F(r_0)}{a_n-r_0}=F'(r_0)$ ，于是对每个 $\varepsilon>0$ 都存在自然数N使得对一切 $n\geqslant N$ 有 $|\frac{F(a_n)-F(r_0)}{a_n-r_0}-F'(r_0)|\leqslant\varepsilon$ . 由推论10.2.9我们进一步知：对每个 $\varepsilon>0$ 都存在自然数N使得对一切 $n\geqslant N$ 存在 $x_n\in(\min\{a_n, r_0\}, \max\{a_n, r_0\})\neq\emptyset$ 使得 $|f(x_n)-F'(r_0)|\leqslant\varepsilon$ .

现在考虑从右逼近切线的割线. 我们考虑从 $(r_0, 1](r_0<1)$ 中取满足上述要求的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，由上结论我们知：对每个 $\varepsilon>0$ 都存在自然数N使得对一切 $n\geqslant N$ 存在 $x_n\in(r_0, a_n)\neq\emptyset$ 使得 $|f(x_n)-F'(r_0)|\leqslant\varepsilon$ ，从 $|f(x_n)-F'(r_0)|\leqslant\varepsilon$ 我们可以得到 $F'(r_0)+\varepsilon\geqslant f(x_n)\geqslant f(r_0)+2^{-n_{r_0}}(r_0=q(n_{r_0}))$ (由习题9.8.5(b)小问我们知 $f(x_n)\geqslant f(r_0)+2^{-n_{r_0}}(r_0=q(n_{r_0}))$ ). 由 $\varepsilon$ 的任意性我们知道有 $F'(r_0)\geqslant f(r_0)+2^{-n_{r_0}}(r_0=q(n_{r_0}))$ .

类似地论证我们将知 $F'(r_0)\leqslant f(r_0)$ .

综上， $F'(r_0)\leqslant f(r_0)$ 和 $F'(r_0)\geqslant f(r_0)+2^{-n_{r_0}}(r_0=q(n_{r_0}))$ 这个矛盾说明F在(0, 1)中的比例数处不可微.

11.9.2证明：从定理10.1.13(a)我们知有界区间I上的常值函数导数为0. 现在我们来证明其反命题也成立，现陈述如下：

小命题：设I是有界区间，设 $h:I\rightarrow\mathbb{R}$ 是函数，设对一切 $x\in I$ 有 $h'(x)=0$ . 那么我们有函数h是常值函数.

小命题的证明：当I为退化区间时结论是平凡的，我们只需考虑I为非退化区间.

反证. 设h不是常值函数，即对一切 $C\in\mathbb{R}$ 都存在 $x\in I$ 使得 $f(x)\neq C$ . 由于I非退化，于是由h不是常值函数的进一步说明我们知可以取得两个不同元素 $x_1, x_2\in I(x_1\neq x_2)$ 使 $h(x_1)\neq h(x_2)$ . 由推论10.2.9(中值定理)我们知存在 $x_3\in(\min\{x_1, x_2\}, \max\{x_1, x_2\})$ 使得 $h'(x_3)=\frac{h(x_2)-h(x_1)}{x_2-x_1}\neq 0$ . 这个与题设明显矛盾，故h是常值函数. 这就完成了小命题的证明.

回到习题11.9.2的解答上来，此时我们发现引理11.9.5的结论是显然的了.

值得一提的是，由上证明过程我们知道对于(有界)区间I上的函数，“常值”与“导数恒为0”等价. 但对于定义域不是区间的函数，两者不等价，反例我们很容易构建出来，比如一个分段常值函数.

证明二：我们也可以用微积分第二基本定理证明. 当I为退化区间时引理11.9.5是平凡的，现在知需要考虑I为非退化区间的情形.

考虑函数 $F-G$ ，由题设知 $F-G$ 可微且导数等于0，于是 $F-G$ 连续. 对任意 $x_1, x_2\in I$ ，考虑闭区间 $[x_1, x_2]\subseteq I$ ，我们由定理9.9.16可知 $F-G$ 在 $[x_1, x_2]$ 上一致连续，于是 $F-G|_{[x_1, x_2]}$ 是Riemann可积的. 由微积分第二基本定理我们知 $\displaystyle \int_{[x_1, x_2]} (F-G)'=(F-G)(x_2)-(F-G)(x_1)$ ，即 $\displaystyle (F-G)(x_2)-(F-G)(x_1)=\int_{[x_1, x_2]} (F-G)'=\int_{[x_1, x_2]} 0=0$ ，进而 $\displaystyle (F-G)(x_2)=(F-G)(x_1)$ .（严格来说 $x_1=x_2$ 时微积分第二基本定理并不适用，但这并没有什么大的影响. 我们可以单独讨论 $x_1=x_2$ 的情形，也可以扩展微积分第二基本定理对单点集函数也适用.）

综上，对任意 $x_1, x_2\in I$ 我们有 $\displaystyle (F-G)(x_2)=(F-G)(x_1)$ . 于是 $F-G$ 为常值函数，引理11.9.5得证.

11.9.3证明：充分性由微积分第一基本定理所保证. 现在我们来证明必要性.

必要性：我们使用反证法来考虑f的左右极限. 我们假设f在 $x_0\in(a, b)$ 处不连续.

首先我们直观上可以感觉到单调函数的左右极限应该存在. 当然，用反证法证明 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in[a, x_0)}f(x)$ 存在，或者直接使用定义9.3.6来证明 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in[a, x_0)}f(x)$ 存在都是很难的，没有直观.

这里的直观是指我们用序列的极限来理解定义9.3.6，分析学中的一个常用思考方式就是用我们非常熟悉和便于理解的序列的极限来了解函数的极限.

现在我们就来做这事. 设 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 是任意由 $[a, x_0)$ 中元素组成并且收敛到 $x_0$ 的序列. 对任意实数 $\varepsilon>0$ ，我们由确界性质可知集合 $\displaystyle\{x\in[a, x_0) : \sup_{x\in[a, x_0)}f(x)-\varepsilon<f(x)\}$ 非空，于是我们可以取其中的一个元素 $\displaystyle x_\varepsilon\in\{x\in[a, x_0) : \sup_{x\in[a, x_0)}f(x)-\varepsilon<f(x)\}\in[a, x_0)$ 为实数. 而对实数 $x_0-x_\varepsilon>0$ ，由 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=x_0$ 我们知存在自然数N使得对一切自然数 $n\geqslant N$ 有 $|a_n-x_0|=x_0-a_n\leqslant x_0-x_\varepsilon$ ，进而有 $a_n\geqslant x_\varepsilon$ .

综上，对任意由 $[a, x_0)$ 中元素组成并且收敛到 $x_0$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ ，有任意实数 $\varepsilon>0$ ，存在自然数N使得对一切自然数 $n\geqslant N$ 有 $a_n\geqslant x_\varepsilon$ ，由于f单调增，于是我们发现有 $\displaystyle f(a_n)\geqslant f(x_\varepsilon)>\sup_{x\in[a, x_0)}f(x)-\varepsilon$ ，进而 $\displaystyle|f(a_n)-\sup_{x\in[a, x_0)}f(x)|=\sup_{x\in[a, x_0)}f(x)-f(a_n)<\varepsilon$ . 故我们有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}f(a_n)=\sup_{x\in[a, x_0)}f(x)$ . 再由命题9.4.7我们知 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in[a, x_0)}f(x)=\sup_{x\in[a, x_0)}f(x)$ .

同理可证 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in(x_0, b]}f(x)=\inf_{x\in(x_0, b]}f(x)$ .

综上，我们知道函数f在 $x_0\in(a, b)$ 处的左右极限均存在. 由于f在 $x_0$ 处不连续，由命题9.5.3我们看到等式“ $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in[a, x_0)}f(x)=\lim_{x\rightarrow x_0; x\in(x_0, b]}f(x)=f(x_0)$ ”不成立，简单的分类讨论后我们知道应有“ $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in[a, x_0)}f(x)\neq\lim_{x\rightarrow x_0; x\in(x_0, b]}f(x)$ ”（不可兼）或“ $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in[a, x_0)}f(x)=\lim_{x\rightarrow x_0; x\in(x_0, b]}f(x)$ 且 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in[a, x_0)}f(x)\neq f(x_0)$ ”，即f在 $x_0$ 处的间断点类型为跳跃间断点或可去间断点. 再由f单调增我们容易估计左右极限上下界推理得到可去间断点不可能，于是只能为跳跃间断点 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in[a, x_0)}f(x)\neq\lim_{x\rightarrow x_0; x\in(x_0, b]}f(x)$ . 再由f单调增我们知有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in[a, x_0)}f(x)<\lim_{x\rightarrow x_0; x\in(x_0, b]}f(x)$ . 由习题11.9.1的启发采用类似地证明思路我们可知F在 $x_0$ 处不可微.

综上我们证明了其逆否命题成立，于是习题11.9.3中必要性得证.

至此我们完成了习题11.9.3的证明.

文内补充

1.定理11.9.1补充说明.

定理11.9.1中前提” $[a, b]$ “可以改为开区间和半开半闭区间，积分変限函数也做相应的修改. 证明依然可用.

当 $a=b$ 时定理11.9.1是“空洞地”成立的.

定理11.9.1有这样的直观性：在关于f的一些假定条件之下，我们有 $\displaystyle(\int_{[a, x]} f)'(x)=f(x)$ .

从几何上理解：左边等式积分是求区间 $[0, x]$ 上函数面积；求导相当于除宽度求平均高度，并且这个宽度越来越小，平均高度就收敛到 $f(x)$ .
从物理上理解：同几何上理解，只不过把面积换成位移、宽度换成时间差、高度换成速度.

我们知道f在 $x_0$ 处连续蕴涵 $F'(x)=f(x_0)$ ；现在我们可以考虑如果 $F'(x)$ 是实数L，我们并不能得到f在 $x_0$ 连续. 我们很容易构建这样的反例： $f:[-1, 1]\rightarrow\mathbb{R}, f(0)=0; f(x)=1(x\neq 0)$ . 容易证明f在 $x=0$ 处不连续（可去间断点）但是 $F'(0)=1$ . 也即习题11.9.3中假定“是单调函数”改为“是Riemann可积函数”，充分性仍成立，必要性得不到保证.

2.定理11.9.4补充说明.

当 $a=b$ 时定理11.9.4是“空洞地”成立的.

定理11.9.4的直观理解最好是从物理上——原函数F看作位移，函数f看作速度，那么等式 $\int_{[a, b]}f=F(b)-F(a)$ 就是显然的了.

当然，我们也可以从几何上理解，导数值相当于斜率， $\int_{[a, b]}f$ 从黎曼和极限上看相当于和式累加消去后的极限. 实际上定理11.9.4的严格证明就是基于这样的直观：对上Riemann和以及下Riemann和之差的逼近估计，当然中间的估计用到了中值定理.

3.微积分第一基本定理保证每个在定义域上连续的Riemann可积函数都有原函数，原函数就是积分变限函数. 但并不是每个有原函数的函数都是Riemann可积的. 书中举的例子 $F:[-1, 1]\rightarrow\mathbb{R}, F(x):=x^2\sin\frac{1}{x^3}(x\neq 0), F(0)=0$ . F可微性我们容易证明；而 $x\neq 0$ 时， $F'(x)=2x\cdot\sin\frac{1}{x^3}-3x^{-2}\cos\frac{1}{x^3}$ ，x取 $(\frac{1}{2k\pi})^{\frac{1}{3}}(k\in\mathbb{N})$ 我们容易证明 $F'$ 无界.

4.习题11.9.1的说明.

习题11.9.1是非常直观的. 我们考虑更简单的一种情形： $f:[0, 2]\rightarrow\mathbb{R}, f(x)=0(x\in[0, 1]), f(x)=1(x\in(1, 2])$ . 我们十分容易知道 $F:=\int_{[0, x]}f$ 在 $x=1$ 处不可微，因为我们是容易直接计算求得F左导数极限和F右导数极限是不相等的.

实际上在函数h的所有跳跃间断点我们都有 $H:=\int_{[a, x]}h$ 不可微，因为若左右导数极限有一个不存在显然不可微；当左右导数极限都存在时，我们可以用习题11.9.1中思路估计两极限的界得出不相等，进而也不可微.

5.单调性与函数左右极限存在性、极限值的探讨.

从习题11.9.3证明我们可以看到单调函数某点处（此点不需要在函数定义域内，因为函数在某点处左右极限存在不需要此点在函数定义域内）的左右极限总是存在的，并且（广义）收敛于其确界. 我们可以将其陈述如下：

设 $X\subseteq\mathbb{R}$ ，设 $x_0$ 是 $X\cap(-\infty, x_0)$ ( $X\cap(x_0, +\infty)$ )的附着点. 如果 $f:X\rightarrow\mathbb{R}$ 是单调增函数那么我们有 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in X\cap(-\infty, x_0)}f(x)=\sup_{x\in X\cap(-\infty, x_0)}f(x)$ ( $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in X\cap(x_0, +\infty)}f(x)=\inf_{x\in X\cap(x_0, +\infty)}f(x)$ ).

当 $\displaystyle\sup_{x\in X\cap(-\infty, x_0)}f(x)$ ( $\displaystyle\inf_{x\in X\cap(x_0, +\infty)}f(x)$ )为实数时(因为我们要对 $\displaystyle\sup_{x\in X\cap(-\infty, x_0)}f(x)$ ( $\displaystyle\inf_{x\in X\cap(x_0, +\infty)}f(x)$ )做减法，无限无法做减法)证明思路与习题11.9.3中证明思路完全一样. 这是收敛到实数的情形.

当 $\displaystyle\sup_{x\in X\cap(-\infty, x_0)}f(x)$ ( $\displaystyle\inf_{x\in X\cap(x_0, +\infty)}f(x)$ )为无限时，我们同样可以证明 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in X\cap(-\infty, x_0)}f(x)=\sup_{x\in X\cap(-\infty, x_0)}f(x)=+\infty$ ( $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in X\cap(x_0, +\infty)}f(x)=\inf_{x\in X\cap(x_0, +\infty)}f(x)=-\infty$ ). 这是收敛到无限的情形.

当然，当 $x_0$ 不是 $X\cap(-\infty, x_0)$ ( $X\cap(x_0, +\infty)$ )的附着点时（即我们去掉前提“设 $x_0$ 是 $X\cap(-\infty, x_0)$ ( $X\cap(x_0, +\infty)$ )的附着点”）上述命题不成立，因为等式左边的左(右)极限值可以认为空真的收敛到任何实数，而等式右边构造的集合的确界可能是广义实数中的任意值（我们容易构建这样的例子）. 但是对于某些比如 $X\cap(-\infty, x_0)$ ( $X\cap(x_0, +\infty)$ )为非空有限集的等特殊情形上述命题是平凡的真的.

当f是单调减函数时也有类似结论. 值得一提的是，我们应把上述命题与命题6.3.8（单调有界序列收敛）相比较，可以把上述命题当作“单调有界序列收敛”的函数版本.

于是，在函数左(右)极限真实可判断而不是空洞存在的前期下（即 $x_0$ 是 $X\cap(-\infty, x_0)$ ( $X\cap(x_0, +\infty)$ )的附着点），我们也将看到如果函数的左极限 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in X\cap(-\infty, x_0)}f(x)$ 不存在(不收敛到广义实数)（或右极限 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in X\cap(x_0, +\infty)}f(x)$ 不存在），那么函数将不是单调的. 由命题9.3.18我们知其函数图像应该是不断振荡的. 这个逆否命题对下面第6点函数间断点的分类有用.

6.函数间断点的分类.

在任何一本微积分或者分析书上我们可以找到这样的结论：函数的间断点类型有四种——可去间断点、跳跃间断点、渐进间断点以及振荡间断点. 现在我们从左右极限来讨论为什么只有这四种间断点以及为什么这样命名.

设 $X\subseteq\mathbb{R}$ ，设 $f:X\rightarrow\mathbb{R}$ 是函数.

首先，设 $x_0\in X$ ，设 $x_0$ 是 $X\cap(-\infty, x_0)$ 和 $X\cap(x_0, +\infty)$ 的附着点.

由命题9.5.3我们知f在 $x_0$ 处连续等价于“ $\displaystyle\lim_{x\rightarrow x_0; x\in X\cap(-\infty, x_0)}=\lim_{x\rightarrow x_0; x\in X\cap(x_0, +\infty)}=f(x_0)$ .”，即a.函数在 $x_0$ 处左极限存在; 且b.函数在 $x_0$ 处右极限存在; 且c.函数在 $x_0$ 处左右极限均等于 $f(x_0)$ .

于是从f在 $x_0$ 处不连续，我们知道 $\lnot(a\land b\land c)$ ，即a、b、c中至少有一个不成立.

如果“a.函数在 $x_0$ 处左极限存在(收敛到广义实数)”不成立或“b.函数在 $x_0$ 处右极限存在(收敛到广义实数)”不成立，由上面第5.点我们已证的红体字我们知道f不单调，于是就叫作——振荡间断点.

如果“c.函数在 $x_0$ 处左右极限均等于 $f(x_0)$ ”不成立，上面一段已经对函数在 $x_0$ 处左极限不存在或函数在 $x_0$ 处右极限不存在进行了分类，故我们只需考虑函数在 $x_0$ 处左右极限均存在的情形讨论. 如果左右极限至少有一个收敛到无穷，那么此间断点就叫作渐进间断点. 否则我们知道左右极限均为实数，如果左右极限相等，即叫作可去间断点；如果左右极限不等，即叫作跳跃间断点.

其次，当 $x_0$ 不是 $X\cap(-\infty, x_0)$ 的附着点且 $x_0$ 是 $X\cap(x_0, +\infty)$ 的附着点时，左极限是空洞地收敛到任意实数的. 由定义9.1.8以及命题9.3.18我们知道只需要对函数右极限存在性以及收敛性进行讨论就可知道f在 $x_0$ 处的连续性. 如果右极限不存在就是振荡间断点；如果右极限收敛到无穷就是渐进间断点；如果右极限收敛到 $f(x_0)$ 以外的实数就是跳跃间断点；如果右极限收敛到 $f(x_0)$ 就是f在 $x_0$ 处连续的.

当 $x_0$ 不是 $X\cap(x_0, +\infty)$ 的附着点且 $x_0$ 是 $X\cap(-\infty, x_0)$ 的附着点时，右极限是空洞地收敛到任意实数的. 由定义9.1.8以及命题9.3.18我们知道只需要对函数左极限存在性以及收敛性进行讨论就可知道f在 $x_0$ 处的连续性. 如果左极限不存在就是振荡间断点；如果左极限收敛到无穷就是渐进间断点；如果左极限收敛到 $f(x_0)$ 以外的实数就是跳跃间断点；如果左极限收敛到 $f(x_0)$ 就是f在 $x_0$ 处连续的.

当 $x_0$ 均不是 $X\cap(x_0, +\infty)$ 和 $X\cap(-\infty, x_0)$ 的附着点时，同由定义9.1.8以及命题9.4.7(c)我们知道f在 $x_0$ 处连续的.

这就完成了全部的讨论.

可能有人注意到，为什么我们对函数的间断点的讨论如此繁复，这是由于命题9.4.7前提和命题9.5.3的前提区别导致的，命题9.5.3比命题9.4.7多了一个前提“ $x_0$ 同是 $X\cap(x_0, +\infty)$ 和 $X\cap(-\infty, x_0)$ 的附着点”，我们需要考虑周全.

7.于是乎，如果我们重新考察习题11.9.3证明，由间断点分类和 $f:[a, b]\rightarrow\mathbb{R}$ 单调我们可以马上判断出f的间断点类型只能为跳跃间断点.

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